高考數(shù)學(xué) 文二輪復(fù)習(xí) 課時鞏固過關(guān)練十六 Word版含解析

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1、 課時鞏固過關(guān)練(十六)　圓錐曲線中的熱點問題 　　　　　　　　　　　 一、選擇題 1．(20xx湖南師大附中月考)設(shè)雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的一條漸近線與拋物線y2＝x的一個交點的橫坐標(biāo)為x0，若x0>1，則雙曲線C的離心率e的取值范圍是(　　) A. B．(，＋∞) C．(1，) D. 解析：聯(lián)立消去y得x2＝x， 由x0>1知<1， 即<1，故e2<2，又e>1， 所以10，b>0)的焦點F1(－c,0)、F2(c,0)(c>0)，過F2的直線l交雙曲線于A、D兩點，交漸近線于B、C兩點，

2、設(shè)＋＝m，＋＝n，則下列各式成立的是(　　) A．|m|>|n| B．|m|<|n| C．|m－n|＝0 D．|m－n|>0 解析：如圖，設(shè)A(x1，y1)，D(x2，y2)，B(x3，y3)，C(x4，y4)， 則＋＝(x3＋x4＋2c，y3＋y4)， ＋＝(x1＋x2＋2c，y1＋y2)， ∴m＝(x3＋x4＋2c，y3＋y4)，n＝(x1＋x2＋2c，y1＋y2)． 設(shè)直線l的方程x＝my＋c代入b2x2－a2y2＝a2b2， 得(b2m2－a2)y2＋2b2mcy＋b2(c2－a2)＝0， 故y1＋y2＝， 由得y3＝； 由得y4＝， ∴y3＋y4

3、＝， ∴y1＋y2＝y(tǒng)3＋y4， 又x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2c，x3＋x4＝m(y3＋y4)＋2c， ∴x1＋x2＝x3＋x4，∴m＝n， ∴|m－n|＝0，故選C. 答案：C 3．(20xx吉林長春二模)過雙曲線x2－＝1的右支上一點P分別向圓C1：(x＋4)2＋y2＝4和圓C2：(x－4)2＋y2＝1作切線，切點分別為M，N，則|PM|2－|PN|2的最小值為(　　) A．10 B．13 C．16 D．19 解析：由題意可知，|PM|2－|PN|2＝(|PC1|2－4)－(|PC2|2－1)＝|PC1|2－|PC2|2－3＝(|PC1|－|PC2|)(|PC1

4、|＋|PC2|)－3＝2(|PC1|＋|PC2|)－3≥2|C1C2|－3＝13，故選B. 答案：B 4．(20xx江西南昌調(diào)研)已知圓O1：(x－2)2＋y2＝16和圓O2：x2＋y2＝r2(0e2)，則e1＋2e2的最小值是(　　) A. B. C. D. 解析：①當(dāng)動圓M與圓O1、O2都相內(nèi)切時， |MO2|＋|MO1|＝4－r＝2a， ∴e1＝. ②當(dāng)動圓M與圓O1相內(nèi)切，與圓O2相外切時， |MO1|＋|MO2|＝4＋r＝2a′， ∴e2

5、＝， ∴e1＋2e2＝＋＝， 令12－r＝t(100)的焦點為F，已知點A，B為拋物線上的兩個動點，且滿足∠AFB＝120.過弦AB的中點M作拋物線準(zhǔn)線的垂線MN，垂足為N，則的最小值為(　　) A. B. C．1 D. 解析：如圖，過A、B分別作準(zhǔn)線的垂線AQ、BP，垂足分別是Q、P， 設(shè)|AF|＝a，|BF|＝b，由拋物線定義， 知|AF|＝|AQ|，|BF|＝|BP|. 在梯形ABPQ中，2|MN|＝|AQ|＋|BP|＝a＋b， 在△ABF中，由余弦定理得，

6、 |AB|2＝a2＋b2－2abcos120＝a2＋b2＋ab＝(a＋b)2－ab， 因為a>0，b>0，所以ab≤2， 所以(a＋b)2－ab≥(a＋b)2－2＝(a＋b)2， 即|AB|2≥(a＋b)2， 所以≥＝3， 則≥， 所以的最小值是，故選D. 答案：D 二、填空題 6．(20xx浙江溫州二模)已知斜率為的直線l與拋物線y2＝2px(p>0)交于x軸上方的不同兩點A、B，記直線OA、OB的斜率分別為k1、k2，則k1＋k2的取值范圍是__________． 解析：設(shè)直線l的方程為y＝x＋b(b>0)， 即x＝2y－2b，代入拋物線方程y2＝2px， 可得y

7、2－4py＋4pb＝0， 由Δ＝16p2－16pb>0，得p>b，即>1. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 得y1＋y2＝4p，y1y2＝4pb， ∴k1＋k2＝＋＝ ＝ ＝ ＝>2. 答案：(2，＋∞) 7．(20xx安徽安慶二模)已知拋物線C：x2＝8y的焦點為F，動點Q在C上，圓Q的半徑為1，過點F的直線與圓Q切于點P，則的最小值為__________． 解析：如圖，＝||2＝||2－1. 由拋物線的定義知：||＝d(d為點Q到準(zhǔn)線的距離)， 易知，拋物線的頂點到準(zhǔn)線的距離最短， ∴||min＝2， ∴的最小值為3. 答案：3 8．已知拋物線y

8、2＝2px(p>0)的焦點為F，△ABC的頂點都在拋物線上，且滿足＋＋＝0，則＋＋＝__________. 解析：由題易知F，設(shè)點A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)， 由＋＋＝0知， ＋＋＝(0,0)， 故y1＋y2＋y3＝0， ∵＝＝＝， 同理可知＝， ＝， ∴＋＋＝＝0. 答案：0 三、解答題 9. 如圖，已知拋物線C：x2＝4y，過點M(0,2)任作一直線與C相交于A，B兩點，過點B作y軸的平行線與直線AO相交于點D(O為坐標(biāo)原點)． (1)證明：動點D在定直線上； (2)作C的任意一條切線l(不含x軸)，與直線y＝2相交于點N1，與(1

9、)中的定直線相交于點N2.證明：|MN2|2－|MN1|2為定值，并求此定值． (1)證明：依題意可設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋2，代入x2＝4y，得x2＝4(kx＋2)，即x2－4kx－8＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有x1x2＝－8， 直線AO的方程為y＝x，直線BD的方程為x＝x2. 解得交點D的坐標(biāo)為， 注意到x1x2＝－8及x＝4y1， 則有y＝＝＝－2. 因此D點在定直線y＝－2上(x≠0)． (2)解：依題設(shè)知，切線l的斜率存在且不等于0， 設(shè)切線l的方程為y＝ax＋b(a≠0)， 代入x2＝4y得x2＝4(ax＋b)，即x2－4ax－4b＝

10、0， 由Δ＝0得 (4a)2＋16b＝0，化簡整理得b＝－a2. 故切線l的方程可寫為y＝ax－a2. 分別令y＝2、y＝－2得N1、N2的坐標(biāo)為 N1、N2， 則|MN2|2－|MN1|2＝2＋42－2＝8， 即|MN2|2－|MN1|2為定值8. 10．(20xx山東卷)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的長軸長為4，焦距為2. (1)求橢圓C的方程． (2)過動點M(0，m)(m>0)的直線交x軸于點N，交C于點A，P(P在第一象限)，且M是線段PN的中點．過點P作x軸的垂線交C于另一點Q，延長QM交C于點B. ①設(shè)直線PM，QM的斜率分別為k，k′，證明為定值；

11、 ②求直線AB的斜率的最小值． (1)解：設(shè)橢圓的半焦距為c. 由題意知2a＝4,2c＝2，所以a＝2，b＝＝. 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)①證明：設(shè)P(x0，y0)(x0>0，y0>0)． 由M(0，m)，可得P(x0,2m)，Q(x0，－2m)． 所以直線PM的斜率k＝＝， 直線QM的斜率k′＝＝－. 此時＝－3.所以為定值－3. ②解：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由①知直線PA的方程為y＝kx＋m，則直線QB的方程為y＝－3kx＋m. 聯(lián)立 整理得(2k2＋1)x2＋4mkx＋2m2－4＝0. 由x0x1＝， 可得x1＝， 所以y1＝kx

12、1＋m＝＋m. 同理x2＝， y2＝＋m. 所以x2－x1＝－ ＝， y2－y1＝＋m－－m ＝， 所以kAB＝＝＝. 由m>0，x0>0，可知k>0， 所以6k＋≥2，等號當(dāng)且僅當(dāng)k＝時取得． 此時＝，即m＝，符合題意． 所以直線AB的斜率的最小值為. 11．(20xx四川卷)如圖，橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率是，點P(0,1)在短軸CD上，且＝－1. (1)求橢圓E的方程； (2)設(shè)O為坐標(biāo)原點，過點P的動直線與橢圓交于A，B兩點，是否存在常數(shù)λ，使得＋λ為定值？若存在，求λ的值；若不存在，請說明理由． 解：(1)由已知，點C，D的坐標(biāo)分別為(0，

13、－b)，(0，b)． 又點P的坐標(biāo)為(0,1)，且＝－1， 于是解得a＝2，b＝. 所以橢圓E的方程為＋＝1. (2)當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋1， A，B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)． 聯(lián)立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0. 其判別式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0， 所以，x1＋x2＝－，x1x2＝－. 從而，＋λ＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1 ＝ ＝－－λ－2. 所以，當(dāng)λ＝1時，－－λ－2＝－3. 此時，＋λ＝－3為定值． 當(dāng)直線AB的斜率不存在時，直線AB即為直線CD. 此時，＋λ＝＋＝－2－1＝－3. 故存在常數(shù)λ＝1，使得＋λ為定值－3.